Un par de problemas sobre teoría de números

Os dejo para hoy un par de problemas sobre teoría de números que he encontrado por ahí. En principio no hay relación entre ellos. Los pongo los dos juntos porque los dos me gustaron y no sabía cuál poner.

Problema 1

Dado un número primo $p$ demostrar que $2^p+3^p$ no puede ser un cuadrado perfecto.

Problema 2

Dado un número natural $n$ demostrar que $14^n+11$ nunca es un número primo.

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 20 de Noviembre de 2007
Categorías: Juegos

15 comentarios

Solaufein | 20 de Noviembre de 2007 | 12:45

El segundo es bastante sencillo. Si usamos congruencias, se puede ver fácilmente que:
$14^n\equiv 1 \pmod{3}$ si n es par no nulo
$14^n\equiv 4 \pmod{5}$ si n es impar

Por consiguiente:
$14^n + 11 \equiv 1 + 11 \pmod{3} \equiv 0 \pmod{3}$ si n es par no nulo
$14^n + 11 \equiv 4 + 11 \pmod{5} \equiv 0 \pmod {5}$ si n es impar

Por tanto, $14^n + 11$ es divisible o bien por 3 si n es par no nulo o bien por 5 si n es impar.

Conclusión: $14^n + 11$ no puede ser primo para ningún valor natural de n.

El primer aún tengo que pensarlo un poco.

Un saludo,

Solaufein
mimetist | 20 de Noviembre de 2007 | 13:14

Venga, voy a intentar hacer el primero… más que nada para practicar con Latex, a ver si soy capaz de no cagarla (ni siquiera sé si está bien el desarrollo, la de tiempo que hace que no toco los logaritmos!!)

Supongamos que sí es un cuadrado perfecto, entonces:
${2^p}+{3^p}={k^2}$
tomamos logaritmos:
${/ln_{{2^p}+{3^p}} = /ln_{k^2}}$
${/ln_{2^p} /ln_{3^p} = 2{/ln_{k}}$
${{p^2}{/ln_{2}}{/ln_{3}} = 2{/ln_{k}}$
${/frac{/ln_{2+3}}{/ln_{k}}} = /frac{2}{p^2}$
${ln_{5-k}} = /frac{2}{p^2}$
${5-k} = e^{/frac{2}{p^2}}$
${/left(5-k/right)}^{P^2} = {e^2}$
${/left(5-k/right)}^p = {e}$

Pero ésto es imposible, ya que $k\in\mathbb{Z}$ , por lo tanto ${{/left(5-k/right)}^p}/in/mathbb{Z}$ lo cual es contradictorio con el resultado anterior, ya que ${e/notin/mathbb{Z}}$

P.D.: Desde ya, ¡¡perdón por los errores!! Espero no haberme cargado el blog con este comentario!!
mimetist | 20 de Noviembre de 2007 | 13:17

Lol, lo sabía, que alguien destruya mi comentario!!!

Diamond, Sorry!!! xD
mimetist | 20 de Noviembre de 2007 | 13:25

Otro intento… snif snif

Supongamos que sí es un cuadrado perfecto, entonces:
${2^p}+{3^p}={k^2}$
tomamos logaritmos:
${ln{{2^p}+{3^p}} = ln{k^2}}$
${ln{2^p} ln{3^p} = 2{ln{k}}$
${{p^2}{ln{2}}{/ln{3}} = 2{ln{k}}$
${{ln{2+3}}/{ln{k}}} = {{2}/{p^2}}$
${ln{5-k}} = {2}/{p^2}$
${5-k} = e^{{2}/{p^2}}$
${(5-k)}^{P^2} = {e^2}$
${(5-k)}^p = {e}$

Pero ésto es imposible, ya que k pertenece a Z, por lo tanto (5-k)^p también pertenece a Z, lo cual es contradictorio con el resultado anterior, ya que “e” es irracional.

Que conste que ahora lo estoy escribiendo deliberadamente mal para ver si consigo arreglarlo… según mi editor de Latex, el comentario anterior debería haber funcionado :S
Javier | 20 de Noviembre de 2007 | 14:35

Si p es primo, o es 2, o es 5, o impar no acabado en 5.

Para p=2 4+9=13 no es cuadrado

Para p=5 32+243=275 no es cuadrado

Para resto de p

$2^p \bmod 5=2$ $si$ $p=4k+1$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 5=3$ $si$ $p=4k+3$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 5=3$ $si$ $p=4k+1$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 5=2$ $si$ $p=4k+3$ $k \in \mathbb{N}$

ergo

$2^p+3^p \bmod 5=0$ $si$ $p=2k+1$ $k \in \mathbb{N}$

Para demostrar el enunciado, bastará con demostrar que para cualquier p impar no divisible por 5, se cumple que

$2^p+3^p \bmod 25\not=0$

Nos podemos manos a la obra:

$2^p \bmod 25=2$ $si$ $p=20k+1$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=4$ $si$ $p=20k+2$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=8$ $si$ $p=20k+3$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=16$ $si$ $p=20k+4$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=7$ $si$ $p=20k+5$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=14$ $si$ $p=20k+6$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=3$ $si$ $p=20k+7$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=6$ $si$ $p=20k+8$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=12$ $si$ $p=20k+9$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=24$ $si$ $p=20k+10$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=23$ $si$ $p=20k+11$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=21$ $si$ $p=20k+12$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=17$ $si$ $p=20k+13$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=9$ $si$ $p=20k+14$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=18$ $si$ $p=20k+15$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=11$ $si$ $p=20k+16$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=22$ $si$ $p=20k+17$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=19$ $si$ $p=20k+18$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=13$ $si$ $p=20k+19$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=1$ $si$ $p=20k$ $k \in \mathbb{N}$

$3^p \bmod 25=3$ $si$ $p=20k+1$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=9$ $si$ $p=20k+2$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=2$ $si$ $p=20k+3$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=6$ $si$ $p=20k+4$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=18$ $si$ $p=20k+5$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=4$ $si$ $p=20k+6$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=12$ $si$ $p=20k+7$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=11$ $si$ $p=20k+8$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=8$ $si$ $p=20k+9$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=24$ $si$ $p=20k+10$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=22$ $si$ $p=20k+11$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=16$ $si$ $p=20k+12$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=23$ $si$ $p=20k+13$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=19$ $si$ $p=20k+14$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=7$ $si$ $p=20k+15$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=21$ $si$ $p=20k+16$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=13$ $si$ $p=20k+17$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=14$ $si$ $p=20k+18$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=17$ $si$ $p=20k+19$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=1$ $si$ $p=20k$ $k \in \mathbb{N}$

Con lo cual, vemos que

$2^p+3^p \bmod 25=0$ si $p=20k+5$ o $p=20k+15$
Domingo H.A. | 20 de Noviembre de 2007 | 14:41

que bueno lo de la expresión “ergo” :) :)
fede | 20 de Noviembre de 2007 | 15:16

$2^n+3^n$ no es cuadrado para cualquier n impar.
^DiAmOnD^ | 20 de Noviembre de 2007 | 15:18

mimetist dos cosas:

1.- Hay que usar \, no /
2.- El plugin de Vista previa lo instalé por algo. ¡¡Úsala!!
Solaufein | 20 de Noviembre de 2007 | 18:06

Un pequeño apunte en mi demostración del problema 2, que lo he escrito en clase y al volver me he dado cuenta.

En la resolución afirmo que $14^n \equiv 1 \pmod{3}$ si n es un número par no nulo. Sin embargo, para el caso $n = 0$ también se cumple, ya que:
$14^0 = 1 \Rightarrow 14^0 + 11 = 1 + 11 = 12 \equiv 0 \pmod{3}$

Por tanto, $14^n + 11$ no es un número primo para ningún valor $n \ge 0$ .
Mithril | 20 de Noviembre de 2007 | 19:42

Para el problema 1, propongo una demostración de que $2^n+3^n$ no es cuadrado perfecto para cualquier $n$ natural.

Si $n$ es impar mayor que 1(para $n=1$ no es cuadrado), $2^n+3^n\equiv 3^n\equiv 3 \pmod 4$ , pero todo cuadrado es de la forma $4k+1$ o $4k$ , por lo que con $n$ impar nunca tendremos un cuadrado.

Si $n$ es par, puede ser
$n\equiv 2\pmod 4$ , $2^n\equiv 3^n\equiv 4\pmod 5$
$n\equiv 0\pmod 4$ , $2^n\equiv 3^n\equiv 1\pmod 5$
Si los sumamos, tenemos que $2^n+3^n$ es de la forma $5k+2$ o $5k+3$ , pero todo cuadrado es de la forma $5k$ , $5k+1$ o $5k+4$ , por lo que con $n$ par nunca hay cuadrado.

Dado que $2^n+3^n$ no es cuadrado para $n$ par, y tampoco lo es para impar, no sera cuadrado para ningun valor natural de $n$ .

En el problema 2, llegué a la misma solución que Solaufein.

Saludos
LeonardoSz | 28 de Noviembre de 2007 | 23:35

Mi pregunta es si existe manera de demostrar estas dos cuestiones sin utilizar congruencia de módulo.

gracias.
Domingo H.A. | 27 de Febrero de 2008 | 22:48

Por similitud con el primer ejercicio que se proponía en el post, les propongo la siguiente cuestión, a ver qué se puede hacer…

Sea $f(n)=5^n-3^n-2^n$ . Probar que

(1) $p$ divide a $f(p)$ para todo primo $p$ .

(2) $p^{k+1}$ divide a $f(n)$ si $n$ es de la forma $n=p^k$ , con $p=2,3,5$ y $k\geq 0$ .

(3) $p^{k+2}$ divide a $f(n)$ para $n=p^k$ , con $p=19$ y $k\geq 0$ .

A ver si alguien puede aportar algo a la (3) en particular.
Omar-P | 28 de Febrero de 2008 | 0:37

Interesante función, Domingo H.A. Mira este enlace: http://www.research.att.com/~njas/sequences/?q=A135158
Domingo H.A. | 28 de Febrero de 2008 | 0:50

Gracias por el enlace, Omar-P. No veo sino valores numéricos de la sucesión. ¿Hay en alguna parte comentarios sobre los divisores primos de los elementos?

En cuanto a los ejercicios de arriba, (1) y (2) son sencillos de probar, pero el (3) me tiene en jaque ahora mismo.

De hecho el apartado (2) se puede refinar algo más en el caso p=2: $2^{k+2}|f(2^k),\quad\forall k\geq 2$
Omar-P | 28 de Febrero de 2008 | 0:59

Si los hay yo nos los veo.